第3章 第4讲 牛顿运动定律的综合应用（二）（课件PPT）-【新高考方案】2024高考物理一轮复习（江苏专版）

第三章 牛顿运动定律 第4讲 牛顿运动定律的综合应用（二） 开始 1 01 02 (一) 传送带模型 (二) “滑块—木板”模型 2 (一) 传送带模型 类型(一)　水平传送带模型 1．三种常见情景 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1 ①可能一直加速②可能先加速后匀速 情景2 ①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速 ②v0＝v，一直匀速 ③v0<v，可能一直加速，也可能先加速再匀速 情景3 ①传送带较短时，滑块一直减速到达左端 ②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中，若v0>v，返回时速度为v，若v0≤v，返回时速度为v0 续表 2．解题方法突破 (1)水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。 (2)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。 (3)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况： ①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|； ②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|。 [例1]　如图所示，长为L的水平传送带AB 以速度v逆时针运转，将小石墨块P轻放在传送带右端A， 当石墨块从左端B离开传送带时，传送带上留下了长度为l的痕迹，不计绕过传动轮的皮带长度，下列说法正确的是 (　 ) A．增大传送带速度v，划痕长度一定会变长 B．减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度可能会减小 C．增加传送带的长度，划痕长度一定会变长 D．一定条件下可使l>L [答案]　D [针对训练] 1．如图所示，水平传送带两端相距s＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度vA＝10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB。若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间。(g取10 m/s2) 答案：13 m/s　0.67 s 类型(二)　倾斜传送带模型 1．两种常见情景 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1 ①可能一直加速②可能先加速后匀速 情景2 ①可能一直加速②可能先加速后匀速 ③可能先以a1加速，后以a2加速 2.解题方法突破 物体沿倾角为θ的传送带运动时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin θ与μmgcos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。 [例2]　(2021·辽宁高考)机场地勤工作人员利用传送带从 飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传 送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作 人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 [答案]　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s [解析]　(1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcos α－mgsin α＝ma， 解得a＝0.4 m/s2。 [针对训练] 2．(2023·连云港高三模拟) 如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角θ＝37°，以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6、cos 37°＝0.8。则下列说法正确的是 (　 ) 答案：A　 解析：煤块先做匀减速运动，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝8 m/s2，设经t时间与传送带共速，由v0－a1t＝v，解得t＝1 s，故A正确；共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝4 m/s2，煤块先以12 m/s的初速度、8 m/s2的加速度减速至4 m/s，后又以4 m/s2的加速度减速至0，再反向加速至回到A点，v-t图像如图所示。 (二) “滑块—木板”模型 1．两种常见类型 类型图示 规律分析 长为L的木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L 物块A带动长为L的木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA 2．关